云南省玉溪市普通高中2020届高三第二次教学质量检测化学试题 Word版含解析 16页

‎2019~2020学年玉溪市普通高中毕业生第二次教学质量检测 理科综合能力测试化学部分 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 Fe-56 Zn-65‎ ‎1.化学与生活、社会发展息息相关。下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 新版人民币票面文字处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性氧化物 B. ‎5G技术联通世界离不开光缆，光缆的主要成分是晶体硅 C. 雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了臭氧 D. “白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞"，诗中伞骨架主要成分可用（C6H10O5）n表示 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe3O4是磁性氧化物，具有磁性的物质，所以四氧化三铁有磁性，故A正确；‎ B．‎5G技术联通世界离不开光缆，光缆的主要成分是二氧化硅，故B错误；‎ C．雷雨过后空气中的少部分氧气在放电的情况下变成了臭氧，臭氧具有消毒、灭菌、降尘的功能，故感觉到空气清新，故C正确；‎ D．做伞骨架的竹纤维的主要成分纤维素，可表示为（C6H10O5）n，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎36g冰中含有氢键的数目为2NA B. ‎100g30%的甲醛水溶液中所含的氧原子数目为1NA C. 1molCl2与足量铁粉完全燃烧，转移的电子数为3NA D. 14gFe发生电化学腐蚀最终生成Fe2O3·xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如图，每摩尔水分子都和4个水分子形成氢键，而每个氢键被两个水分子共有，所以1mol水能够形成2mol氢键，所以‎36g冰中含有氢键的数目最多为4NA，故A错误；‎ - 16 -‎ B．甲醛和水分子中均含有氧原子，‎100g30%的甲醛水溶液中所含的氧原子数目多于1NA，故B错误；‎ C．1molCl2与足量铁粉完全燃烧，生成物中氯显-1价，转移的电子数为2NA，故C错误；‎ D．‎14g铁的物质的量为n==0.25mol，而铁反应生成Fe2O3·xH2O后，铁的价态由0价变为+3价，但0.25mol铁的电极反应为Fe－2e－=Fe2＋，电极反应转移的电子数为0.5NA，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.熔喷布是口罩最核心的材料，以聚丙烯为主要原料。下列说法正确的是（ ）‎ A. 糖类、蛋白质、聚丙烯都是天然有机高分子化合物 B. 聚丙烯和乙烯是同系物 C. 聚丙烯的单体中最多7个原子共平面 D. 聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚丙烯不是天然有机高分子化合物，故A错误；‎ B．聚丙烯和乙烯结构不相似，不是同系物，故B错误；‎ C．聚丙烯的单体是丙烯，除甲基上两个氢外，其余最多7个原子共平面，故C正确；‎ D．聚丙烯中没有不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大。W和Y，X和Z均位于同一主族，Z单质与Y的最高价氧化物对应水化物反应可生成“‎84”‎消毒液的主要成分。下列说法正确的是（ ）‎ A. X和Z的氢化物的沸点：XY>X ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 16 -‎ W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大。Z单质与Y的最高价氧化物对应水化物反应可生成“‎84”‎消毒液的主要成分NaClO，Y为Na，Z为Cl，W和Y，X和Z均位于同一主族，W为H，X为F。‎ ‎【详解】A．X和Z的氢化物分别是HF和HCl，HF分子间形成氢键，沸点：X>Z，故A错误；‎ B．NaH与水反应生成氢气和NaOH，氢由-1价和+1价变为0价，属于氧化还原反应，故B正确；‎ C．X为F，没有最高价氧化物对应水化物，故C错误；‎ D．Na＋和F－电子层结构相同，F－核电荷数小，半径比Na＋大，Cl-比F-多一个电子层，Cl-半价最大，简单离子半径大小：Z>X>Y，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.一种水系锌离子电池总反应式为xZn+Zn1-xMn2O4ZnMn2O4.(07‎ C. Na2SO3溶液中加入足量HF发生反应的离子方程式为SO32-+HF=F-+HSO3-‎ D. NaHSO3溶液中部分微粒浓度的大小：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液的pH越小，电离平衡常数H2SO3＞HF＞HSO3－，则水解程度：SO32－＞F－＞HSO3－，所以相同浓度的钠盐：pH(Na2SO3)>pH(NaF)>pH(NaHSO3)，故A错误；‎ B．HF的Ka=6.8×10-6，其水解平衡常数Kh=≈1.47×10-9＜6.8×10-6，说明HF电离程度大于F－水解程度，则将等浓度的HF溶液与NaF溶液等体积混合，混合液中呈酸性，故B错误；‎ C．电离平衡常数H2SO3＞HF＞HSO3－，Na2SO3溶液中加入足量HF发生反应的离子方程式为SO32-+HF=F-+HSO3-，故C正确；‎ D．H2SO3的Ka2=5.6×10-8，则SO32－的Kh2=≈7.7×10-12＜Ka2，则HSO3－的电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液中部分微粒浓度的大小为：c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离和盐类水解，明确酸电离平衡常数与酸性强弱关系、与其对应的酸根离子水解程度关系、电离平衡常数和水解平衡常数关系是解本题关键，难点是BD判断，注意SO32－对应的酸是HSO3－而不是H2SO3。‎ ‎8.以镁渣[含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2]为原料制取六水合氯化镁 - 16 -‎ ‎(MgCl2·6H2O)，具体的工艺流程如图：‎ 已知：①滤液2与适量石灰乳反应合成碱式氯化镁[Mg(OH)2-xClx·mH2O]，当x=1，m=0时，碱式氯化镁为Mg(OH)Cl。‎ ‎②相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）实验室煅烧样品的实验仪器为__。‎ ‎（2）滤渣2的主要成分是__。‎ ‎（3）通过调节滤液2的pH来获取Mg(OH)2沉淀，则溶液pH的范围为___。‎ ‎（4）向溶液A中先加入___(填化学式)酸化，然后___、冷却结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到MgCl2·6H2O，取少量低温干燥得到的MgCl2·6H2O晶体溶于水后发现溶液呈碱性，则含有的杂质是__从操作上分析引入杂质的原因是__。‎ ‎（5）热重分析法是程序控制温度下测最物质的质量与温度关系的一种实验技术。MgCl2·6H2O的热重曲线如图。已知：MgCl2·6H2O在空气中受热脱水时，不产生无水氯化镁。‎ ‎①试确定‎200℃‎时固态物质的化学式：___。‎ ‎②温度升至‎554℃‎ - 16 -‎ 时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体，写出该反应的化学方程式：___。‎ ‎【答案】 (1). 坩埚 (2). Fe(OH)3 Al(OH)3 (3). 10.9≤pH<11.3 (4). HCl (5). 蒸发浓缩 (6). 碱式氯化镁或氢氧化镁 (7). 过度蒸发导致氯化镁水解 (8). MgCl2·2H2O (9). Mg(OH)ClMgO＋HCl ‎【解析】‎ 分析】‎ 以镁渣[含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2]为原料制取六水合氯化镁(MgCl2·6H2O)，由流程可知，镁渣在‎700℃‎煅烧，只发生MgCO3和Mg(OH)2的分解反应，然后在固体中加入盐酸，可与MgO、CaCO3、Al2O3、Fe2O3反应生成氯化镁，氯化钙、氯化铁，滤渣1为SiO2，调节pH=5，铁离子和铝离子沉淀完全，滤渣2为Al(OH)3 和Fe(OH)3，溶液中只余下氯化镁和氯化钙，再调节10.9≤pH<11.3，将镁沉淀，最后在滤渣3中加盐酸酸化得溶液A，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到MgCl2·6H2O。‎ ‎【详解】（1）固体灼烧用坩埚，实验室煅烧样品的实验仪器为坩埚。故答案为：坩埚；‎ ‎（2）调节pH=5，铁离子和铝离子沉淀完全，滤渣2主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。故答案为：Fe(OH)3 、Al(OH)3；‎ ‎（3）PH大于10.9时Mg(OH)2沉淀完全，常温下，饱和石灰水的pH约为11.3，通过调节滤液2的pH来获取Mg(OH)2沉淀，则溶液pH的范围为10.9≤pH<11.3。故答案为：10.9≤pH<11.3；‎ ‎（4）为防止引入新的杂质，向溶液A中先加入HCl酸化，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到MgCl2·6H2O，取少量低温干燥得到的MgCl2·6H2O晶体溶于水后发现溶液呈碱性，则含有的杂质是碱式氯化镁或氢氧化镁，从操作上分析引入杂质的原因是过度蒸发导致氯化镁水解。故答案为：HCl；蒸发浓缩；碱式氯化镁或氢氧化镁；过度蒸发导致氯化镁水解；‎ ‎（5）①n(MgCl2·6H2O)= =0.02mol，m(MgCl2)=0.02mol×‎95g·mol－1=‎1.9g，‎200℃‎时，失去部分结晶水，固体中结晶水‎2.62g-1.9g=‎0.72g，n(H2O)= =0.04mol，‎200℃‎时固态物质中：n(MgCl2):n(H2O)=0.02:0.04=1:2，‎200℃‎时固态物质的化学式：MgCl2·2H2O。故答案为：MgCl2·2H2O；‎ ‎②加热到一定的温度，水解程度增大，生成碱式氯化镁和氯化氢，故温度升至‎554℃‎ - 16 -‎ 时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体，该反应的化学方程式：Mg(OH)ClMgO＋HCl。故答案为：Mg(OH)ClMgO＋HCl。‎ ‎9.氯化亚铁是重要的还原剂。常用于检测硒，生产氯化铁、聚合氯化铝铁絮凝剂。制备FeCl2的方法有多种。已知：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）在一定浓度的盐酸中，逐渐加入过量的铁屑，充分反应后，蒸发至出现晶膜，___、___固液分离，洗涤，快速干燥制得。‎ ‎（2）如图，用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。‎ ‎①图A是用干燥的Cl2和铁粉制取无水FeCl3的装置。硬质玻璃管和收集器用大口管连接的原因是____。‎ ‎②装置B、C、D、E是用H2还原无水FeCl3制取FeCl2的装置。连接顺序为(可重复使用)___，仪器C中盛放的试剂是___。‎ ‎（3）按如图所示装置，用‎162.5g无水氯化铁和‎225g氯苯，控制反应温度加热3h。冷却，分离提纯得到粗产品。反应为：2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl。‎ ‎①仪器B的作用是___；C中倒挂漏斗的作用是___。‎ ‎②反应温度最好控制在‎132℃‎左右。则最佳的加热方式为___(填序号)。‎ A.直接用酒精灯加热 B.隔石棉网用酒精灯加热 C.水浴加热 D.油浴加热 - 16 -‎ ‎③通过烧杯C现象变化可以监控氯化铁的转化率。若烧杯C中试剂为加有酚酞且含18gNaOH的溶液，则氯化铁转化率理论上达到或超过___%。‎ ‎【答案】 (1). 趁热过滤 (2). 冷却结晶 (3). FeCl3熔沸点低，防止FeCl3冷凝时堵塞导管 (4). BCDCE (5). 碱石灰或生石灰或固体氢氧化钠 (6). 冷凝回流 (7). 防止倒吸 (8). D (9). 90‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在一定浓度的盐酸中，逐渐加入过量的铁屑，充分反应后，蒸发至出现晶膜，趁热过滤、冷却结晶、固液分离，洗涤，快速干燥制得FeCl2。故答案为：趁热过滤、冷却结晶；‎ ‎（2）①用干燥的Cl2和铁粉制取无水FeCl3，硬质玻璃管和收集器用大口管连接的原因是FeCl3熔沸点低，防止FeCl3冷凝时堵塞导管。故答案为：FeCl3熔沸点低，防止FeCl3冷凝时堵塞导管；‎ ‎②装置B、C、D、E是用H2还原无水FeCl3制取FeCl2的装置，B制取氢气，用C进行干燥，在D中H2还原无水FeCl3制取FeCl2，再经过C防止空气中水蒸汽进入D，最后E点燃末反应的氢气，连接顺序为：BCDCE，仪器C中盛放的试剂是碱石灰或生石灰或固体氢氧化钠。故答案为：BCDCE；碱石灰或生石灰或固体氢氧化钠；‎ ‎（3）①2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，为确保实验过程中C6H5Cl不会大量损失，仪器B的作用是冷凝回流；反应中有HCl生成，极易溶于水，C中倒挂漏斗的作用是防止倒吸。故答案为：冷凝回流；防止倒吸；‎ ‎②反应的温度最好控制在‎132℃‎左右，超过‎100℃‎，不能直接加热，也不能水浴加热，则最佳的加热方式为油浴加热。故答案为：D；‎ ‎③n(HCl)=n(NaOH)==0.45mol，根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，氯化铁转化率= =0.90，则氯化铁转化率理论上达到或超过90%。故答案为：90。‎ ‎10.中国是世界上最大的钨储藏国，超细钨粉是生产硬质合金所必须的原料。‎ ‎（1）工业上可以采用铝热还原法生产钨铁合金，已知：‎ ‎①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s) ∆H1‎ - 16 -‎ ‎②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s) ∆H2‎ 则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为___(反应热写为∆H3并用含△H1、AH2的代数式表示)；在反应②中若有0.1molFe3O4参加反应，则转移电子___mol。‎ ‎（2）自然界中钨主要存在于黑钨矿中(主要成分是铁和锰的钨酸盐)，从中制备出黄钨(WO3)后再用H2逐级还原：WO3→WO2.90→WO2.72→WO2→W，总反应为3H2(g)+WO3(s)W(s)+3H2O(g) ∆H，实验测得一定条件下平衡时H2的体积分数曲线如图所示：‎ ‎①由图可知，该反应的∆H____(填“>”或“<”)0；a点处的v正___v逆(填“>”“<”或“=”)。‎ ‎②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡，下列说法错误的是__(填序号)。‎ A.v正(H2)=v逆(H2O)‎ B.加入WO3，则H2的转化率增大 C.容器内气体的密度不变时，一定达到平衡状态 D.容器内压强不变时，一定达到平衡状态 ‎③由图可知900K，氢气的平衡转化率为__，Kp(900K)=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，已知：平衡分压=p总×气体物质的量分数)。‎ ‎④已知在高温下，氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2，因此在反应中要适当加快氢气的流速，原因是__。‎ ‎【答案】 (1). 3Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO3(s) △H3=△H2-4△H1 (2). 0.8 (3). > (4). > (5). BD (6). 75% (7). 27 (8). 加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s) ∆H1‎ ‎②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s) ∆H2‎ 由盖斯定律：①-②×4，则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为3Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO3(s) △H3=△H2-4△H1(反应热写为∆H3并用含△H1、AH2的代数式表示)；在反应②中若有0.1molFe3O4参加反应，则转移电子 ×3×0.1mol=0.8mol。故答案为：3Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)‎ - 16 -‎ ‎＋4WO3(s) △H3=△H2-4△H1；0.8；‎ ‎（2）①由图可知，3H2(g)+WO3(s)W(s)+3H2O(g) 随温度升高，氢气的体积分数减小，平衡正向进行，正向为吸热反应，该反应的∆H>0；a点要达平衡状态，氢的体积分数要减小，反应正向进行，a点处的v正>v逆 。故答案为：>；>；‎ ‎②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡，‎ A．氢气消耗的速率与水消耗的速率相等，v正(H2)=v逆(H2O)，故A正确；‎ B．WO3是固体，加入WO3，则H2的转化率不变，故B错误；‎ C．反应前后气体的质量不同，容器内气体的密度不变时，一定达到平衡状态，故C正确；‎ D．反应前后气体的体积不变，容器内压强不变时，不一定达到平衡状态，故D错误；‎ 故答案为：BD；‎ ‎③由图可知900K，M点时氢气的体积分数为25%，设氢气的起始量为3mol，转化率为x，氢气的变化量为3xmol，列出三段式：‎ ‎ ‎ 则有 ，x=0.75，氢气的平衡转化率为75%；‎ 平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×物质的量分数。水蒸汽的分压为p总×0.75，氢气的分压为p总×0.25，Kp(900K)= =27。故答案为：75%；27；‎ ‎④在高温下，氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2，因此在反应中要适当加快氢气的流速，原因是加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率。故答案为：加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡的计算，把握盖斯定律计算焓变、化学平衡三段法、转化率及Kp的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，难点（2）③列出三段式，利用Kp的定义进行计算。‎ ‎11.氢氧化镍在乙醇的悬浊液中可发生反应生成单质镍的配合物：Ni(OH)2+5CH3NC=(CH3NC)4Ni+CH3NCO+H2O。‎ ‎（1）基态镍原子的未成对电子数为__，钯(Pd)与镍位于同一族，且Pd是Ni - 16 -‎ 的下一周期元素，基态钯原子的未成对电子数为0，基态钯原子的外围电子排布式为___。‎ ‎（2）CH3NCO中四种元素的第一电离能由大到小的顺序为___。CH3NC(结构简式为CH3—N≡C)分子中甲基碳原子的杂化轨道类型是___。‎ ‎（3）用光气(COCl2)与甲胺(CH3NH2)可以制取CH3NCO。与COCl2互为等电子体一种阴离子为___。‎ ‎（4）如图，在镍的催化作用下，甲基呋哺与氨在高温下反应得到甲基吡咯。甲基吡咯的熔、沸点高于甲基呋喃的原因是_____________。‎ ‎（5）(CH3NC)4Ni可作为储氢材料，某种镁铝合金也可作为储氢材料，该合金晶胞结构如图所示，晶胞棱长为anm，该合金的化学式为___，该晶体的密度为__g·cm-3(阿伏加德罗常数的数值用NA表示)。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 4d10 (3). N>O>H>C (4). sp3 (5). CO32－或NO3－ (6). 甲基吡咯分子间存在氢键 (7). Mg2Al (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Ni是28号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级有2个未成对电子，基态镍原子的未成对电子数为2；钯(Pd)与镍位于同一族，且Pd是Ni的下一周期元素，基态钯原子的未成对电子数为0，5s上电子数为0，基态钯原子的外围电子排布式为4d10。故答案为：2；4d10；‎ ‎（2）周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA元素反常，所以C、N和O的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，又 H原子比碳原子的核外电子距离原子核近，受到原子核的引力大，电离需要消耗更多的能量，所以H第一电离能比C的大，故CH3NCO中四种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>H>C。甲基中C - 16 -‎ 原子VP=BP+LP=4+ =4，CH3NC(结构简式为CH3—N≡C)分子中甲基碳原子的杂化轨道类型是sp3。故答案为：N>O>H>C；sp3；‎ ‎（3）将两个Cl换成O可得与COCl2互为等电子体的一种阴离子为CO32－，再将CO32－中C换成N，又可得到NO3－。故答案为：CO32－或NO3－；‎ ‎（4）甲基呋哺分子中O上无H，分子间不能形成氢键，甲基吡咯的熔、沸点高于甲基呋喃的原因是甲基吡咯分子间存在氢键。故答案为：甲基吡咯分子间存在氢键；‎ ‎（5）该晶胞中Al原子个数为2×=1、Mg原子个数=8×+2×=2，所以其化学式为Mg2Al；晶胞体积=（a×10‎-7 cm）3，该晶体的密度= g·cm－3=g·cm－3，故答案为：Mg2Al；。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、电离能、晶胞计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，难点（5）掌握均摊法进行晶胞有关计算。‎ ‎12.合成某药物的中间体G的流程如图：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）A的名称为___(系统命名法)，F的分子式为___。反应⑤的反应类型是___。‎ ‎（2）C中含氧官能团的名称为__。‎ ‎（3）已知一定条件下2分子乙酸分子间脱水生成1分子乙酸酐，写出该反应的化学方程式：___。‎ ‎（4）写出满足下列条件的E的同分异构体的结构简式：___。‎ ‎①苯环上只有三个取代基；‎ - 16 -‎ ‎②核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰；‎ ‎③1mol该物质与足量NaHCO3溶液反应生成2molCO2。‎ ‎（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以C6H5—OOCCH2CH3为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。___。‎ ‎【答案】 (1). 4-氟苯酚 (2). C10H7O‎3F (3). 消去反应 (4). 羰基（酮基）、（酚）羟基 (5). 2CH3COOH CH3COOCOCH3＋H2O (6). 、 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①在浓硫酸作用下与乙酸酐发生取代反应生成B，②B在氯化铝催化作用下异构为C，③C与乙二酸二乙酯反应生成D，④D与氢气在钯催化作用下发生加成反应生成E，⑤E发生消去反应生成F，⑥F与氢气发生加成反应生成G。‎ ‎【详解】（1）A的名称为4-氟苯酚(系统命名法)，F的结构简式为 - 16 -‎ ‎，分子式为C10H7O‎3F。E为，⑤E发生消去反应生成F，反应⑤的反应类型是消去反应。故答案为：4-氟苯酚；C10H7O‎3F；消去反应；‎ ‎（2）C中含氧官能团的名称为羰基（酮基）、（酚）羟基。故答案为：羰基（酮基）、（酚）羟基；‎ ‎（3）一定条件下2分子乙酸分子间脱水生成1分子乙酸酐，该反应的化学方程式：2CH3COOH CH3COOCOCH3＋H2O。故答案为：2CH3COOH CH3COOCOCH3＋H2O；‎ ‎（4）E为，不饱和度为6，满足下列条件的E的同分异构体：①苯环上只有三个取代基，除苯环外，还有2个不饱和度；②核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰，分子对称；③1mol该物质与足量NaHCO3溶液反应生成2molCO2，分子中有两个羧基，满足条件的结构简式为：、；故答案为：、；‎ ‎（5）比较C6H5—OOCCH2CH3原料和，苯环不变，碳原子数不变，根据②B在氯化铝催化作用下异构为C的相关信息，以C6H5—OOCCH2CH3为原料先制备 - 16 -‎ ‎，再用钯催化用氢气将羰基还原为羟基，最后与浓溴水发生取代反应得，合成路线流程图(无机试剂任选)如下：。故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的合成，根据有机物的结构进行分析解答，熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析推理与知识迁移应用能力，（5）中注意利用转化关系中隐含的信息：反应②的异构化，反应⑤的选择性加成，进行合成路线的设计。‎ - 16 -‎